Ajax PHP 变量传递答案

【问题标题】：Ajax PHP variable passingAjax PHP 变量传递
【发布时间】：2013-10-23 11:01:09
【问题描述】：

我一直在关注一个旨在将内容更新到从数据库加载的教程。

我的计划是从数据库加载各种 EP 图像封面，如果单击它们，则同一页面上的 Div 将填充其信息（曲目标题、艺术家等）。

我已经按照本教程稍微修改它以显示我想要的详细信息，它使用 _GET() 方法和 url 更改，因为我期望显示变量传递，但是它似乎也传递了鼠标坐标，不是说这应该是个问题，只是不知道为什么会这样？

当页面加载时，它会按预期显示图像，它似乎试图加载内容，但似乎没有成功。

我确定这是我在调整按钮是图像而值是隐藏的表单字段时出错的地方，但我只是找不到与我的需求一样具体的教程。

这是我的代码：

ajaxtest1.php:

<head>
//MySQL connection script

<script>
function showep(str)
{
if (str=="")
  {
  document.getElementById("ep").innerHTML="";
  return;
  } 
if (window.XMLHttpRequest)
  {// code for IE7+, Firefox, Chrome, Opera, Safari
  xmlhttp=new XMLHttpRequest();
  }
else
  {// code for IE6, IE5
  xmlhttp=new ActiveXObject("Microsoft.XMLHTTP");
  }
xmlhttp.onreadystatechange=function()
  {
  if (xmlhttp.readyState==4 && xmlhttp.status==200)
    {
    document.getElementById("txtHint").innerHTML=xmlhttp.responseText;
    }
  }
xmlhttp.open("GET","ajaxtest2.php?q="+str,true);
xmlhttp.send();
}
</script>
</head>

<body>
<div id="ep">
Text text text
</div>
<?php

$query = "SELECT * FROM releases";
$result = mysql_query($query);

if(!$result) die ("Database access failed: " .mysql_error());

$rows = mysql_num_rows($result);

  for ($j = 0 ; $j < $rows ; ++$j)


  {

$row = mysql_fetch_row($result);
$id = $row [0];



echo '<form>';
echo '<input type="hidden" name="id" value="' . $id .'" />';
echo '<input type="image" src="images/releases/' .$row[1] .'" width="150" height="150" onclick="showep(this.value)"/>';
echo '</form>';

  }
?>
</body>

ajaxtest2: //这里的MYSQL连接脚本。

if(!$result) die ("Database access failed: " .mysql_error());

$row = mysql_fetch_row($result);


echo    "<pre>";
echo    "<img src='images/releases/"    .$row[1] . "' width= '150' height= '150' /><br />";
echo    "track title: "         .$row[2] . "<br />";
echo    "artist: "               .$row[3] . "<br />";
echo    "track length: "                .$row[4] . "<br />";
echo    "Remixes by: " .$row[5] . " " . $row[6] . " " . $row[7] . "<br />";
echo    "Released: "                      .$row[8] . " ";
echo    "</pre>";

mysql_close($db_server);
?>
</body>
</html>

【问题讨论】：

请使用mysqli_而不是mysql_！ mysql_ 已弃用。
如果您使用的是php 5.5或更高版本，请使用mysqli_*函数或pdo以下链接将帮助您tricksofit.com/2013/10/difference-between-mysql-pdo
好的，谢谢，这是代码工作的问题吗？

标签： php mysql ajax get

【解决方案1】：

一个问题是您从<input type="image"> 的onclick 处理程序传递this.value，而id 仅在<input type="hidden"> 元素上定义。尝试将 value 属性也添加到 <input type="image">。

另一个值得关注的来源是 url 的变化：这是不应该在 AJAX 调用中发生的事情，如果发生了，这表明 AJAX 调用没有被执行。在这种情况下，这是因为<input type="image"> 的行为类似于提交按钮，将表单中的值与用户单击图像的点的坐标一起传递。点击按钮，发起 AJAX 调用，并在 AJAX 调用返回之前提交表单。由于form 标记没有action 属性，因此假定当前页面（由ajaxtest1.php 提供服务），加载ajaxtest1.php，并且再也不会听到对ajaxtest2.php 的调用。

要阻止表单提交，您可以执行以下两项操作之一。首先，您可以通过将表单标签更改为<form onsubmit="return false;"> 来指示表单不提交。其次，也许更容易的是，首先要认识到您不需要表单，因为您只是在执行 AJAX 调用。为此，您只需要一个带有 onclick 处理程序的常规 img 标记。

tl;dr - 更改：

echo '<form>';
echo '<input type="hidden" name="id" value="' . $id .'" />';
echo '<input type="image" src="images/releases/' .$row[1] .'" width="150" height="150" onclick="showep(this.value)"/>';
echo '</form>';

到：

echo '<img src="images/releases/' .$row[1] .'" width="150" height="150" onclick="showep(' . $id .')"/>';

您将执行 AJAX 调用而不是表单提交。

【讨论】：

感谢您的帮助，我已更改代码以反映仅处理图像的想法，并且 Ajax 调用现在工作正常，但是无法通过 $id 的值到ajaxtest2.php。我试过_post 和_request。如何将$id 的变量发送到ajaxtest2.php？
好的，我已经以几种不同的方式对代码进行了试验，试验了 Sessions 以及各种不同的 GET 和 POST 方法，但最终还是得到了一个未定义的变量。我似乎无法将 ID 值发送到 ajaxtest2.php。它似乎并没有把它捡起来天气它的形式或只是用 javascript 点击的图像。我看不出这是哪里出了问题。
你能显示你正在使用什么代码吗？实际上，$_GET 和 $_POST 不是方法而是数组变量。由于您使用 ajax 到 GET ajaxtest2.php?q=<id>，因此您应该使用在 ajaxtest2.php 中检索 id 的代码类似于 $id = $_GET['q'];。